CQBZ Weekly Contest

合集 - csdn(18)

1.【2022暑假第一期】例题集锦2022-07-282.RMQ总结2022-08-09

3.CQBZ Weekly Contest2023-05-14

4.图的概念、存储和遍历2022-07-215.【教练】题解2022-07-156.并查集ii2022-07-137.树的模板.2022-05-288.区间dp.2022-05-159.【旅行】题解2022-05-1410.【等差数列】题解2022-02-2711.【玛丽有只小羔羊】题解2022-02-2012.【矩阵分割】题解2022-02-1913.【城市距离】题解2022-02-1314.【铺地毯】题解2022-02-1315.【[NOIP2002 普及组] 选数】题解2022-02-1316.【「POJ1915」Knight Moves】题解2022-02-1217.【乳草的入侵】题解2022-02-1218.1.23 ~ 1.28 2022寒假学习总结2022-02-11

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简称：CWC

考得那么差不写总结过不去……

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$\text{Round }1$

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$\text{Score}$

$50+60+100+0+70+3+5=288$

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$\text{Looking Forward}$

差。

本来 T1 T2 都是想到的正解，结果因为细节丢了 $90pts$……而且居然没有检查出来。

T3 确实挺妙的，可能是我对二分比较熟练。

T4 在考试的时候推得很复杂，就没去想了。最好的办法应该是从头在想一遍。

gm曾说：这次比赛暴露出了很多问题。

比如，对知识点的忘记，板子不会打的离奇情况。

于是 T5 打了个暴力，T7 基本想到正解但是没调对……

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$\text{Solution}$

$$A$$

一道常规的模拟题，考试的时候花了 30min。

可以先预处理出每一行的单词，再处理空格。

注意：

• 空格的数量。

• 最后一行的输出。

$$B$$

一道基础思维题。

贪心地想，我们尽量一次只去掉一个 $1$

最优的情况就是 $1$ 的个数，设为 $x$。

可是不然。需要考虑什么影响了操作。

一次只去掉 $1$ 个 $1$ 显然前提是 在 $2\times 2$ 的矩阵中，有至少 $2$ 个 $0$。容易验证。

那么如果只有一个 $0$，我们第一次覆盖就是要覆盖 $2$ 个 $1$，所以答案为 $x-1$。

另外一种情况是全部是 $1$，同上可推出是 $x-2$。

总结一下，本题的主要思路就是：

因为 0 可以扩展，所以只要有一个 $2\times 2$ 满足则可以推到其他 $2\times 2$。

$$C$$

最暴力地，枚举区间左右端点，再对区间进行排序，再进行验证。复杂度为 $O(n^3\log n)$。

而我们要优化到 $O(n\log n)$ 以下。

这种区间问题，通常的解决方法就是 数学计数 或 一端点+另一点二分。这是题外话。

注意到 “第 $k$ 小的数大于等于 $x$”，直接求非常复杂。我们可以把它转换为：最多有 $k-1$ 个数小于 $x$。

又可以转化为：区间内大于等于 $x$ 的数量为 $len-k+1$。

怎么求这个区间范围内的数量呢？自然想到前缀和。

于是现在，对于一个区间 $[l,r]$，我们可以在 $O(1)$ 的时间内判断它的合法性了。但是这样也是 $O(n^2)$。

观察样例并思考，发现这玩意具有单调性，满足：

对于固定的 $i$，若 $j$ 满足条件，则 $[j+1,i-k+1]$ 都满足条件。

证明：

将 $j$ 变大后。

• 第 $k$ 小数在最前面，即不在新区间内了，则新的第 $k$ 小数会变大，由不等式传递性得出正确性。

• 还没有被去掉。则讨论去掉的数与 $k$ 小数的大小关系。若该数小于第 $k$ 小数，则同上证法。若大于，则不会影响比它小的数。证毕。

证明了单调性，就可以二分了。

枚举右端点 $i$，二分最小的左端点，然后计算区间的长度即可。时间为 $O(n\log n)$。

$$D$$

首先，我们想让所有段的长度为 $1$。

随后任何的更改操作，都可以看作是取反。

我们需要取反一些数使之和 $0$。

这里的取反，指的是对于 $i$ 和 $i+1$，通过取区间 $[i,i+1]$ 使 $i+1$ 由 $-$ 变为 $+$ 得到。

所以如果 $i+1$ 要取反，那么 $i$ 就一定不能取反。

无解好判断，当所有 $1$ 或 $-1$ 的数量为单数时，无论怎么变都变不到 $0$。

$$E$$

线段树板子。

$$F$$

设 $d{p}_{i,j,0/1/2}$ 表示当前节点为 $i$，当前子树中有 $j$ 个颜色 $K$，$i$ 的颜色小于/等于/大于 $K$ 的方案数。

初始化：$d{p}_{i,0,0}=k-1,d{p}_{i,1,1}=1,d{p}_{i,0,2}=m-k$

$c_r<K$ 时，子树随便怎么选。

$$d{p}_{i,j,0}=\sum _{to}d{p}_{i,j-k,0}\times (d{p}_{to,k,0}+d{p}_{to,k,1}+d{p}_{to,k,2})$$

$c_r=K$ 时，儿子节点要小于 $K$。

$$d{p}_{i,j,1}=\sum _{to}d{p}_{i,j-k,1}\times d{p}_{to,k,0}$$

$c_r>K$ 时，儿子节点不能选 $K$。

$$d{p}_{i,j,2}=\sum _{to}d{p}_{i,j-k,2}\times (d{p}_{to,k,0}+d{p}_{to,k,2})$$

转移中要用到 $d{p}_i$，并且是之前的还没有考虑当前子树的 $d{p}_i$，而转移过程中，$d{p}_i$ 的值会被改变且重复利用，所以，我们需要一个另外的数组暂时用来记录转移的答案，转移完后再复制给 $d{p}_i$。这样就解决了有后效性的问题

$$G$$

首先，一定不选割点。

每个点双肯定只选一个且最小。

走到最后的时候，必然剩下一个点双，而这个点双友其它点双的点经过割点到达，所以这一个点双就可以不安排。

我们可以用总共的最小值和减去度数为 $1$ 的最大的值。

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$\text{Round 2}$

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$\text{Score}$

真实分未知。

估：$69+100+100+70+0+22=361$

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$\text{Looking Forward}$

T1 又粗心了。

T4 没有考虑溢出。

T5 和 T6 都没有认真去想。

比上一次好了很多。 ？

对于难题不能畏惧。勇敢去做。

千万不要以为把前面简单题拿稳就可以了，况且你还不能保证拿稳……

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$\text{Solution}$

$$A$$

先确定每个数字代表的方向，共 $24$ 种。

然后跑一遍即可。

$$B$$

定义 $d{p}_i$ 表示到达第 $i$ 列的方案数。分类讨论。

• 当前为竖着的。

  • 前面也是竖的： $d{p}_i=2d{p}_{i-1}$
  • 前面是两个横： $d{p}_i=d{p}_{i-1}$

• 当前为横着的左边。

  • 前面是竖的： $d{p}_i=2d{p}_{i-1}$
  • 前面两个横： $d{p}_i=3d{p}_{i-1}$，此处需要注意。

• 当前为横着的右边。$d{p}_i=d{p}_{i-1}$

$$C$$

考虑最小且不出现，尽可能考虑 $0$。

贪心地把 $0$ 和其他数隔一个摆放。如果数量够答案为 $0$。

否则，已经有了 $0$。考虑将所有的 $0$ 放在最右边。其他的放左边。

这样如果不全是 $1$，那么答案就是 $1$。如果全是 $1$，则必然有一个 $1$ 和 $0$ 结合形成 $1$。为了避免 $2$，则需要间隔摆放，为 $2$。

$$D$$

数学题。

首先，一个重要的转化：

$\mathrm{888...888}=\frac{8}{9}\times \mathrm{999...999}=\frac{8}{9}(10^x-1)$

其中 $x$ 表示位数。

$$L\mid \frac{8}{9}(10^x-1)$$

$$9L\mid 8(10^x-1)$$

$$d=(8,L)$$

$$\frac{9L}{d}\mid (10^x-1)$$

$$10^x\equiv 1(\mathrm{mod}\frac{9L}{d})$$

引理：欧拉定理

若 $(a,m)=1$，$a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$。

所以我们只需要令 $y=\phi (\frac{9L}{d})$，找到那个最小的 $x\mid y$ 即为答案。

快速幂会爆 long long，记得开龟速乘。

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$$E$$

对于此类删除的题，常见的转化思路是倒着来，改删除为添加。

按照边的权值从大到小排序。

每次对于一条边 $(x,y)$，判断 $x,y$ 是否已经联通。

若没有联通：

• 添加这条边

• 计算这条边对答案的贡献。设 $s_i$ 表示联通块 $i$ 的大小，则这条边使得 $x,y$ 各自的 $s_x,s_y$ 个点两两之间联通。 即 $s_x\times s_y$ 个点对。

权重？添加这条边后，两块联通。说明删掉这条边后刚好断开，前面还删除了比它权值小的边。所以边权应该是小于等于当前边权的边的边权和。可以用前缀和。

所以这条边对答案的贡献为 $s_x\times s_y\times prev$。

联通和块长可以用并查集维护。

$$F$$

一眼数论，但并不是这样。

对于均为奇数的 $a_i,a_j$，各自加一后同为偶数，则满足条件。偶数同理。

所以：奇数和奇数可以选，偶数和偶数可以选，奇数和偶数看情况。

很容易联系到图。并且分为奇数和偶数，奇数各不影响，偶数同理，就是一个二分图。

于是：对于奇数的 $a_i$，将其放入左部；偶数放入右部。为了使左右两部内部没有边，于是考虑反着建：将不满足条件的，即 $(a_i,a_j)(a_i+1,a_j+1)=1$ 的进行连边。

最终求出最小独立集即可。